¿Cómo puede uno mostrar que$\int_{0}^{\infty}{\sin^4(x)\ln(x)}\cdot{\mathrm dx\over x^2}={\pi\over 4}\cdot(1-\gamma)?$

Question

Dado que:

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Aquí está mi intento:

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ps

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¿Por qué está así?

¿Cómo puede uno probar$$\int_{0}^{\infty}{\sin^4(x)\ln(x)}\cdot{\mathrm dx\over x^2}={\pi\over 4}\cdot(1-\gamma)\tag1$

Answer 1

Esto se resuelve esencialmente de la misma manera que se explica en las respuestas a tu pregunta anterior. Como punto de partida, me voy a referir a @Jack D'Aurizio's respuesta:

$$ \int_{0}^{\infty}\frac{1-\cos(kx)}{x^2}\log(x)\,dx = \frac{k\pi}{2}\left(1-\gamma-\log k\right). \tag{1} $$

Ahora todo lo que tienes que hacer es escribir

$$ \sin^4 x = \frac{1}{2}(1 - \cos(2x)) + \frac{1}{8}(1 - \cos(4x)). \tag{2} $$

Espero que el resto de la computación es claro para usted.

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Para su intento, un correcto cálculo comenzaría con

$$ \frac{d}{da} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^4 x}{x^a} \, dx = - \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^4 x}{x^a} \log x \, dx. $$

Observe que erróneamente la derivada de su parametrizadas integral.

Answer 2

Voy a esbozar un enfoque demasiado. Mediante la diferenciación de la integral de la definición de la $\Gamma$ función, se obtiene el siguiente Lema: $$ \mathcal{L}(\log x) = -\frac{\gamma+\log(s)}{s}\tag{1} $$ y no es difícil calcular de $(1)$ la transformada de Laplace de $\sin^4(x)\log(x)$.
Por Euler/De Moivre la fórmula que hemos $$ \sin^4(x) = \frac{1}{16}\left( e^{4ix}+4 e^{2ix}+6+4 e^{-2ix}+e^{-4ix}\right)\tag{2}$$ y por el cambio de las propiedades de la transformada de Laplace y $(1)$ tenemos $$ \forall k\in\mathbb{Z},\qquad \mathcal{L}\left(e^{-kix}\log x\right) = -\frac{\gamma+\log(ki+s)}{ki+s}\tag{3} $$ así por $(1),(2),(3)$ y simples manipulaciones algebraicas se obtiene: $$ \mathcal{L}\left(\sin^4(x)\log x\right) = -\frac{24\gamma}{64s+20s^3+s^5}+\text{LogTerm}$$ $$ {\scriptsize\text{LogTerm} = \frac{1}{16} \left(-\frac{6 \log(s)}{s}+\frac{4 \left(4 \arctan\left(\frac{2}{s}\right)+s \log\left(4+s^2\right)\right)}{4+s^2}-\frac{8\arctan\left(\frac{4}{s}\right)+s \log\left(16+s^2\right)}{16+s^2}\right)}\tag{4} $$ y desde $\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{x^2}\right)=s$, el cálculo de la integral original se reduce al cálculo de primaria integrales por integración por partes. Por ejemplo, el término $-\frac{\pi\gamma}{4}$ proviene de $$ \int_0^{+\infty } \frac{24}{(4+s^2)(16+s^2)} \, ds=\frac{\pi}{4}.\tag{5}$$